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GRADO EN INGENIERÍA EN TECNOLOGÍAS AEROESPACIALES

Ciencia de Materiales

Problemas

Xavi Paneque Linares

6 de Junio del 2012

Índice

1. Introducción a la ciencia de materiales ................................................................................. 1

2. Estructura de los sólidos cristalinos ...................................................................................... 6

3. Solidificación, defectos cristalinos y difusión ...................................................................... 16

Defectos .................................................................................................................................. 16

Deslizamiento y endurecimiento por deformación ................................................................ 23

Difusión ................................................................................................................................... 28

4. Aleaciones metálicas. Diagramas de equilibrio de fases ..................................................... 33

5. Aleaciones metálicas. El sistema Fe-C ................................................................................. 48

6. Polímeros............................................................................................................................. 57

7. Cerámicas ............................................................................................................................ 70

8. Materiales compuestos ....................................................................................................... 82

Grado en Ingeniería en Tecnologías Aeroespaciales Ciencia de Materiales

1

Xavi Paneque Linares Página 1

1. Introducción a la ciencia de materiales

2.3. ¿Cuántos gramos hay en uma de un material? ¿Cuántos átomos hay en un mol

de una sustancia?

1 ·1,66 · 10

1 = 1,66 · 10

1 ·6,022 · 10 á

1 = 6,022 · 10 á

2.7. Escribir la configuración electrónica para los siguientes iones

, , , , ,

: 1 2 2 : 1 2 2 3 3 : 1 2 2 3 3 4 4 4 5 5

: 1 2 2 3 3 4 4 4 : 1 2 2 3 3 4 4 4 5 5 5

: 1 2 2 3 3 4 4

2.8. El óxido cálcico ( ) presenta predominantemente enlace iónico. ¿Cuáles son

los dos gases inertes que tienen idénticas configuraciones electrónicas a los iones

y

Para el calcio tenemos

: 1 2 2 3 3

Y para el oxígeno

: 1 2 2

2.9. Con respecto a la configuración electrónica, ¿qué tienen en común todos los

elementos del grupo IA de la tabla periódica?

Todos tienen en común que en la última capa contienen tan solo un electrón.

2.10. Indicar si las configuraciones electrónicas siguientes corresponden a un gas

inerte, a un halógeno, a un metal alcalino, a un metal alcalinoterro o a un metal de

transición. Justifica la respuesta


2


( ) : Halógeno

( ) : Alcalinoterro

( ) : Halógeno

( ) : Alcalino

( ) : Alcalinoterro

( ) : Alcalinoterro

2.18. El porcentaje de carácter iónico de un enlace entre los elementos A y B (siendo

A el más electronegativo) se puede expresar aproximadamente mediante la

siguiente expresión:

% á ó = ·

Donde y son las electronegatividades relativas de los dos elementos.

Determinar el % de carácter iónico de los enlaces interatómicos de los compuestos:

, , , ,

El porcentaje de carácter iónico será para cada elemento respectivamente

% = 100 1

, ,

= 73,35%

% = 100 1

, ,

= 6,06%

% = 100 1

,

= 93,43%

% = 100 1

, ,

= 14,79%

% = 100 1

, ,

= 51,45%


3


2.19. Representar gráficamente la energía de enlace en función de las temperaturas

de fusión de los materiales de la tabla. Utilizar este gráfico para calcular la energía de

enlace aproximada del molibdeno, sabiendo que la temperatura de fusión es de

Según la línea de tendencia, la energía de enlace aproximada del molibdeno será

2617 = 430.17 · 306,62 = 5.37á

2.20. Determinar el número de enlaces covalentes posibles en los átomos de los

siguientes elementos; germanio, fósforo, selenio y cloro

y = 430,17x - 306,62

-500

0

500

1000

1500

2000

2500

3000

3500

4000

0 2 4 6 8 10

Te

mp

era

tu

ra

de

fu

sió

n (

Cº)

Energía de enlace (eV/áto)

Relación Tf-Ee


4


El número de enlaces covalentes posibles para un átomo particular depende del

número de electrones de valencia. Para electrones de valencia, un átomo puede

enlazarse covalentemente con hasta 8 átomos

: 8 4 = 4 : 8 6 = 2 : 8 5 = 3 : 8 7 = 1

2.21. ¿Qué tipos de enlace cabe esperar en cada uno de los siguientes materiales:

xenón sólido, fluoruro cálcico ( ), bronce, teluro de cadmio ( ), goma y

wolframio?


5


Del xenón sólido tendremos enlaces de Van der Waals, del fluoruro cálcico tendremos

enlaces iónicos. En el bronce tendremos enlace metálico. EL teluro de cadmio será

covalente. En la goma aparecerán enlaces covalente y de Van der Waals. En el

wolframio tendremos enlace metálico.

2.22. Explicar, mediante el enlace de hidrógeno, el anómalo comportamiento del

agua al helarse. ¿Por qué aumenta el volumen después de solidificar?

En estado líquido existen los puentes de hidrógeno y estos tienen una mayor longitud

de enlace. La geometría molecular del agua está más restringida espacialmente en el

estado sólido con estructura cristalina que en el estado líquido. Por ello el hielo es

menor denso que el agua líquida.


6


2. Estructura de los sólidos cristalinos

3.9. El molibdeno tiene una estructura cristalina BCC, un radio atómico de

, y un peso atómico de , / . Calcular y comparar su densidad

teórica con el valor experimental (densidad= , / )

Dado que se trata de una estructura BCC tenemos

= 2; =4

3

Así pues la densidad teórica será

=·

·=

2 · 95,94

4

3· 0,1363 · 10 · 6,022 · 10

= 10,22

Exactamente el valor de la experimental.

3.10. Calcular el radio de un átomo de Paladio sabiendo que el Pd tiene una

estructura cristalina FCC, una densidad de / y un peso atómico de

, /

Dado que se trata de una estructura FCC tenemos

= 4; = 2 2

Así pues la densidad teórica será

=·

·=

4 · 106,4

2 2 · · 10 · 6,022 · 10

= 12 = 0,1376

3.13. El circonio tiene una estructura cristalina HC y una densidad de , / .

¿Cuál es el volumen de la celdilla unidad en metros cúbicos? Si la relación / es

, calcular los valores de y de

Dado que se trata de una estructura HC tenemos, por trigonometría

= 6; =3 3

2= 1,593 ·

3 3

2


7


Por otro lado el volumen debe cumplir

=·

·=

6 · 91,224

· 6,022 · 10= 6,51 = 1,3962 · 10

Por tanto

1,593 ·3 3

2= 1,3962 · 10 = 0,3231 = 0,5147

3.14. Utilizando los datos de peso atómico, estructura cristalina y radio atómico,

calcular las densidades teóricas del aluminio, níquel, titanio y tungsteno y comparar

estos valores con las densidades experimentales ( , , , , , , , /

respectivamente). La relación / para el titanio es , .

Aluminio (FCC)

=·

·=

4 · 26,982

2 2 · 0,1431 · 10 · 6,022 · 10

= 2,703

Níquel (FCC)

=·

·=

4 · 58,71

2 2 · 0,1246 · 10 · 6,022 · 10

= 8,909

Tungsteno (BCC)

=·

·=

2 · 95,94

4

3· 0,1371 · 10 · 6,022 · 10

= 19,24

Titanio (BCC)


8


=·

·=

2 · 47,90

4

3· 0,1430 · 10 · 6,022 · 10

= 4,417

Titanio (HC). A partir del resultado del ejercicio anterior, donde = 2

= 1,58 ·3 3

2(2 · 0,1445 · 10 ) = 9,908 · 10

=·

·=

6 · 47,90

9,908 · 10 · 6,022 · 10= 4,82

3.19. El indio tiene una celdilla unidad tetragonal cuyos parámetros de red y

valen , y , respectivamente. Determinar el número de átomos en la

celdilla unidad, si el factor de empaquetamiento atómico y el radio atómico son

, y , respectivamente. Calcular la densidad. El peso atómico del indio

es , / .

=

·4

3=

·4

3

·=

·4

3· 0,1625 ·

4

3·

0,459 · 0,495= 0,69 = 4

=·

·=

4 · 114,82

0,459 · 0,495 · (10 ) · 6,022 · 10= 7,313

3.25. Dibujar una celdilla unidad ortorrómbica y trazar en ella una dirección [ ] y

un plano ( )

[2 1 1] [0 2 1]


9


3.28. Dentro de una celdilla unidad cúbica trazar las siguientes direcciones

[ ], [ ], [ ], [ ], [ ]

3.27. Aquí se muestran las celdillas unidad de dos hipotéticos metales ¿Cuáles son

los índices de las direcciones y de los planos?

Dirección 1

1 0,5 1 [2 1 2]

Dirección 2

[0 0,5 1] [0 1 2]

Plano 1

(0,5 1 1) (2 1 1)

Plano 2

0,5 (0 2 0)


10


Dirección 1

[0 0,5 1] [0 1 2]

Dirección 2

[0,5 0,5 1] [1 1 2]

Plano 1

( 0,5 ) (0 2 0)

Plano 2

0,5 0,5 1 (2 2 1)

3.29. Determinar los índices de las direcciones mostradas en las siguientes celdillas

unidad cúbica

3.31. En los cristales tetragonales, citar los índices de las direcciones equivalentes a

cada una de las siguientes: [ ], [ ]

Las direcciones equivalentes a [0 1 1] son

[0 1 1], [0 1 1], [0 1 1], [1 0 1], [1 0 1], [1 0 1], [1 0 1]

0 0,5 2/3 [0 3 4]

2/3 0 1/2 [4 0 3]

[1 1/2 1/6] [6 3 1]

1/2 1/2 1/2 [1 1 1]

Dirección A

Dirección B

Dirección C

Dirección D


11


Las direcciones equivalentes a [1 0 0] son

[1 0 0], [1 0 0], [0 1 0], [0 1 0]

3.33. Determinar los índices de Miller de los planos mostrados en la siguiente celdilla

unidad

3.42. Calcular y comparar las densidades lineales de las direcciones [ ], [ ] y

[ ] en la FCC

En una estructura FCC el parámetro de celda es

= 2 2

Por tanto las densidades lineares son la longitud que ocupan los átomos entre la

longitud total

[ ] =2

=2

2 2= 0,71 [ ] =

4

2=

4

4= 1

: (1 1 2)

: (2 2 0)

(2 1 1 2)

: (2 2 0)

: (1 2 2)

: (2 1 1)

: (0 2 1)


12


[ ] =2

3=

2

2 6= 0,41

3.45. Calcular y comparar las densidades planares de los planos ( ) y ( ) en

la FCC

Las densidades planares serán el cociente del área que ocupan los átomos entre el

área tota que intercepta el plano. En el plano (1 0 0) tenemos dos átomos enteros

interceptados.

( ) =2

=2

8= 0,785

En el plano (1 1 1) tenemos dos átomos interceptados y el área por trigonometría es

( ) =2

3

2

=2

4 3= 0,907

3.46. Calcular y comparar las densidades planares de los planos ( ) y ( ) en

la BCC

En una estructura BCC tenemos

=4

3

En el plano (1 0 0) se intercepta 1 átomo en total y la densidad será

= =16

3

= 0,589

En el plano (1 1 0) se interceptan 2 átomos en total y la densidad será

=2

2=

2

16 2

3

= 0,833

3.50. Explicar por qué las propiedades de los materiales policristalinos casi siempre

son isotrópicas


13


La isotropía en materiales cristalinos es función de la simetría cristalina. En la mayoría

de los materiales policristalinos, las orientaciones cristalográficas de los granos

individuales son completamente al azar. En estas circunstancias, aunque cada gramo

sea anisotrópico, el material compuesto de un conjunto de granos, se comporta

isotrópicamente.

3.51. Utilizando los datos de la tabla correspondientes al aluminio, calcular la

distancia interplanar del conjunto de planos ( )

El conjunto de planos (1 1 0) mantienen una distancia

=

+ +

=2 2

+ +

=2 2 · 0,1431

2= 0,2862

3.53. Utilizando los datos de la tabla anterior correspondientes al hierro , calcular

las distancias interplanares de los conjuntos de planos ( ) y ( )


=

+ +

=

4

3

+ +

=

4

3· 0,1241

3= 0,1655


=

+ +

=

4

3

+ +

=

4

3· 0,1241

6= 0,1170


14


3.55. El metal niobio tiene una estructura cristalina BCC. Si el ángulo de difracción es

de (difracción de primer orden) para el conjunto de planos ( ) cuando se

emplea una radiación monocromática de una longitud de onda de , ,

calcular la distancia interplanar de este conjunto de planos y el radio atómico del

átomo de niobio.

En primer lugar obtenemos la distancia entre planos a partir de

2 sin = =2 sin

=1 · 0,1659

2 sin76

2

= 0,1347

Y el radio atómico será

=

+ +

=

4

3

+ +

=

4

3·

6= 0,1347 = 0,1429

3.57. La figura muestra un espectro de difracción de rayos X del plomo, utilizando

radiación monocromática de longitud de onda de , . Se han anotado los

índices de cada pico. Calcula la distancia interplanar de cada conjunto de planos

indexados. Determinar también el parámetro de red del Pb para cada pico.

Aplicando las ecuaciones

2 sin = =

+ +

Se obtiene

(grados) ( ) ( )

30 0,2885 0,4997


15


37 0,2430 0,4860

53 0,1728 0,4887

63 0,1476 0,4894

65 0,1435 0,4971

3.58. Los índices de los picos del espectro de difracción de Rayos X del Pb cumplen

las reglas de difracción para FCC (por ejemplo , , deben ser todos pares o

impares). Enumerar los índices , , de los cuatro primeros picos de difracción para

cristales BCC con + + par

Para estructuras BCC se cumple que + + = y para la estructura FCC se

cumple , , son todos pares o impares. Así pues los cuatro primeros picos de

difracción para cristales BCC son

(2 0 0), (2 2 0), (2 2 2)


16


3. Solidificación, defectos cristalinos y difusión

Defectos

4.1. Calcular la fracción de lugares atómicos vacantes que tiene el cobre a su

temperatura de fusión de ( ). Suponer una energía de activación de

, /á

La fracción de lugares atómicos vacantes es

= =

, · , ·

, · · = 4,528 · 10

4.2. Calcular el número de vacantes por metro cúbico para el oro a . La energía

de activación para la formación de vacantes es de , /á . Además, la

densidad y el peso atómico del Au son , / y , / ,

respectivamente

En primer lugar hay que calcular el número de átomos que hay en un metro cúbico

1 ·19,32

10 ·

1

196,9 ·

6,022 · 10 á

1 = 5,91 · 10 á

El número de vacantes será

= = 5,91 · 10 ·

, · , ·

, · · = 3,67 · 10

4.3. Calcular la energía de activación para la formación de vacantes en el aluminio,

sabiendo que el número de vacantes en equilibrio a (773 K) es de , ·

. El peso atómico y la densidad (a ) del aluminio son , / y

, / , respectivamente.

El número de átomos por metro cúbico es

1 ·2,62

10 ·

1

26,98 ·

6,022 · 10 á

1 = 5,848 · 10 á

Aplicando la ecuación resulta


17


= 7,57 · 10 = 5,848 · 10

· , ·

, · · = 0,7504á

4.4. En la siguiente tabla se dan el radio atómico, la estructura cristalina, la

electronegatividad y la valencia más común de varios elementos. Para los no

metálicos sólo se ha indicado el radio atómico. Indicar cuáles de estos elementos

pueden formar con el níquel

Los factores determinantes en el grado de solubilidad en disoluciones sustitucionales

son

- Tamaño del átomo (tolerancia del ±15%)

- Electroquímica, cuanto mayor diferencia de electronegatividades mayor

solubilidad sustitucional y menor intersticial.

- Numero de valencia, mayor solubilidad cuanto mayor sea el número de

valencia

- Una misma estructura favorece la solubilidad

a) Una disolución sólida sustitucional con solubilidad total

Cobre, paladio y platino

b) Una disolución sólida sustitucional con solubilidad parcial

Plata, aluminio, criptón, hierro, níquel y zinc.


18


c) Una disolución sólida intersticial

Carbono, hidrógeno y oxígeno

4.5. Para la estructura FCC, los lugares intersticiales que pueden ocupar los átomos

de soluto están situados en el centro de las aristas de las celdillas unidad. Calcular el

radio de un átomo de soluto que puede colocarse en uno de estos lugares en

función de radio del átomo del disolvente

Una arista es

= 2 2

Por tanto el hueco que existe entre dos átomos en una arista es

2 = 2 =2

2= 2 1 = 0,41

4.6. Calcular la composición en porcentaje en peso de una aleación que contiene

, de titanio, , de aluminio y , de vanadio.

El porcentaje en peso es

% =218

218 + 14,6 + 9,7= 89,97%

% =14,6

218 + 14,6 + 9,7= 6,03%

% =9,7

218 + 14,6 + 9,7= 4%

4.8. ¿Cuál es la composición, en porcentaje atómico, de una aleación que contiene

, de cobre, de zinc y de , de plomo?

Escribimos la cantidad de cada substancia en moles

99,7 ·1

63,54 = 1,57


19


102 ·1

63,37 = 1,61

2,1 ·1

207,19 = 0,01

El porcentaje es por tanto

% =1,57

1,57 + 1,61 + 0,01= 49,2%

% =1,61

1,57 + 1,61 + 0,01= 50,5%

% =0,01

1,57 + 1,61 + 0,01= 0,3%

4.13. El níquel forma una disolución sólida sustitucional con el cobre. Calcular el

número de átomos de níquel por centímetro cúbico en una aleación cobre-níquel,

que contiene , % y , % en peso. Las densidades del níquel y del cobre

puros son de , y , / , respectivamente.

Suponemos 100 gramos de aleación y tenemos

100 ·1

100·

1

58,71 ·

6,022 · 10 á

1 = 1,0257 · 10 á

Calculemos ahora los centímetros cúbicos de aleación por cada 100 gramos

100 ó ·1

100 ·

1

8,90 +

99

100 ·

1

8,93 = 11,2

Por tanto el número de átomos de níquel por centímetro cúbico es

1,0257 · 10

11,2= 9,16 · 10

4.14. El zinc forma una disolución sólida sustitucional con el cobre. Calcular el

porcentaje en peso de zinc que debe añadirse al cobre para conseguir una aleación

que contenga , · átomos de Zn por centímetro cúbico. Las densidades del

zinc y del cobre puros son de , y , / , respectivamente.


20


Considerando un centímetro cúbico tenemos

1,75 · 10 á ·1

6,022 · 10 á·

65,37

1 = 0,19 = 0,0266

Así pues el volumen de cobre será

1 0,266 = 0,973 8,692

Finalmente el porcentaje de masa que debemos añadir será

0,19

8,692 + 0,19· 100 = 2,14%

4.15. Calcular el número de átomos de Zn que hay en de una aleación cobre-

zinc, que contiene , % y , % en peso

Supongamos 100 g de aleación

100 ·1

100·

1

7,13 +

99

100·

1

8,93 ·

1

10 = 1,12 · 10 ó

100 ·1

100·

1

65,37 ·

6,022 · 10 á

1 = 9,21 · 10 á

Por tanto el número de átomos por metro cúbico es

9,21 · 10

1,12 · 10= 8,21 · 10

4.17. Para las estructuras cristalinas FCC y BCC, el vector de Burguers b se puede

expresar como

= [ ]

Donde es la longitud de la arista de la celdilla unidad y [ ] es la dirección

cristalográfica de mayor densidad atómica lineal.


21


¿Cuáles son las representaciones del vector de Burguers en las estructuras cristalinas

FCC, BCC y cúbica simple? Si la magnitud del vector de Burguers | | es

| | = + +

Determinar el valor de | | para el cobre y el hierro

Para el cobre tenemos

| | =2 2 · 0,1278

2· 1 + 1 + 0 = 0,2556

Para el hierro

| | =

4

3· 0,1241

2· 1 + 1 + 1 = 0,2482

4.18. La energía superficial de un monocristal depende de la orientación

cristalográfica con respecto a la superficie. Justificarlo. Un cristal FCC, como el

aluminio, ¿tiene mayor energía en el plano ( ) o en el ( )? ¿Por qué?

La superficie externa constituye uno de los límites más evidentes, se considera una

imperfección puesto que representa el límite de la estructura cristalina, donde

termina. Los átomos superficiales no están enlazados con el máximo de vecinos más

próximos y, por lo tanto, están en un estado energético superior que los átomos de las

posiciones interiores. Los enlaces no realizados de estos átomos superficiales

aumentan la energía superficial, expresada en unidades de energía por unidad de área.

Los materiales tienden a minimizar el área total de la superficie para disminuir esta


22


energía. Así pues tendrá más energía aquel monocristal que tenga orientada al exterior

una superficie con mayor densidad planar. Por lo tanto, en una estructura FCC tendrá

más energía el plano (1 0 0).

4.22. Determinar el tamaño de grano medio de grano, en milímetros, de las

probetas, cuyas microestructuras se reproducen en la figura. Suponer que está

aumentada y utilizar al menos siete segmentos de recta.

La media de los cortes es

9 + 7 + 9 + 8 + 10 + 9 + 7

7= 8,43

La longitud de línea es

= 5,5

Por tanto el tamaño de grano medio es

=55

8,43 · 100= 0,065

4.24. Para un tamaño de grano ASTM 6, ¿cuántos granos hay aproximadamente en

una pulgada cuadrada de una microestructura a 100 aumentos? Determinar el

número ASTM para el tamaño de grano de la micrografía de la figura anterior,

suponiendo 100 aumentos.


23


= 2 = 2 = 32

En la fotografía anterior podemos ver unos 64 granos, por tanto

64 = 2 = 5

4.25. En la micrografía de un metal se calculó que el número medio de granos

por pulgada cuadrada era 24. Calcular el número ASTM para ese tamaño de grano.

= 2 = 24 = 5,585

Deslizamiento y endurecimiento por deformación

7.11. Algunas veces el producto se denomina factor de Schmid.

Determinar la magnitud del factor de Schmid para un monocristal FCC con su

dirección [ ] paralela al eje de carga

Debemos encontrar el coseno del ángulo que forman la dirección de tracción con la

normal al plano y con la dirección de deslizamiento. El plano de deslizamiento en una

estructura FCC es (1 1 1) y la dirección de deslizamiento [1 1 0].

El primero es, por definición de producto escalar

cos =(1,0,0)(1,1,1)

3=

3

3

El segundo es

cos =(1,0,0)(1, 1,0)

2=

2

2

Por tanto el factor de Schmid resulta

cos cos =6

60,408

7.12. Consideremos un monocristal orientado de tal manera que a la normal al plano

de deslizamiento y la dirección de deslizamiento forman ángulos de y

respectivamente, con el eje de tracción. Si la tensión de cizalladura resuelta crítica es


24


, ¿se deformará plásticamente si se aplica una tensión de ? Si no

fuera así, ¿qué tensión sería necesaria?

Si aplicamos una tensión de 45 MPa tenemos

= 45 cos 60 cos 35 = 18,43

Y no se deformaría. Para deformarse plásticamente debemos hacer un esfuerzo de

20,7 = cos 60 cos 35 = 50,54

7.13. Un monocristal de cadmio está orientado de tal manera que la normal al plano

de deslizamiento forma un ángulo de con el eje de tracción. Tres posibles

direcciones de deslizamiento forman ángulos de , , con el eje de tracción.

¿Cuál de estas tres direcciones está mejor orientada para el deslizamiento? Si la

deformación plástica empieza a una tensión de 1,55 MPa, determinar la tensión de

cizalladura resuelta crítica para el cinc

Si calculamos los esfuerzos con cada uno de los ángulos propuestos tenemos que el

valor es máximo en 30 . La tensión de cizalladura para esta situación es

= 1,55 cos 65 cos 30 = 0,5673

7.14. Consideremos un monocristal de níquel orientado de tal manera que se aplica

una tracción en la dirección [ ]. Si el deslizamiento ocurre en un plano ( ) y

en una dirección [ ], y comienza cuando la tensión aplicada es de 13,9 MPa,

calcule la tensión de cizalladura resuelta crítica

cos =(0,0,1)( 1,0,1)

2=

2

2 cos =

(0,0,1)(1,1,1)

3=

3

3

Por tanto el factor de Schmid resulta

cos cos =6

6

La tensión de cizalladura será


25


= 13,96

6= 5,67

7.15. La tensión de cizalladura resuelta crítica del cobre es 0,48 MPa. Determinar el

valor máximo del límite elástico para un monocristal de Cu estirado a tracción

El valor máximo será

= 2 = 2 · 0,48 = 0,96

7.21. El límite elástico inferior del hierro con un diámetro de grano de es

230 MPa. Para un tamaño de grano de · , el límite elástico aumenta

hasta 275 MPa. ¿Para qué tamaño de grano el límite elástico inferior será de 310

MPa?

En este caso usaremos la ecuación

= +

230 = +

10

275 = +

6 · 10

= 75,36

= 15,46/

Por tanto

310 = 75,3615,76

= 4,34 · 10

7.24. Demostrar que en un ensayo de tracción

% = ·+

%CW es el % de deformación en frío. Considerar que no hay cambio en el volumen de

la probeta durante el proceso de deformación. Usando el resultado de la parte

anterior, calcular el porcentaje de trabajo en frío experimentado por el latón naval

cuando se aplica una tensión de 415 MPa


26


Tenemos por definición

% =

Por otro lado, si se conserva el volumen

= =

Sustituyendo resulta

% =

Si recordamos la definición de alargamiento

=

Podemos escribir la expresión como

% =+ 1

Cuando aplicamos 415 MPa, el gráfico nos indica un alargamiento de 0,16.

Sustituyendo en la ecuación resulta


27


% =0,16

0,16 + 1· 100 = 13,8%

7.25. Dos probetas cilíndricas previamente no deformadas de una aleación son

endurecidas por deformación reduciendo el área de la sección. Para una probeta, los

radio iniciales y deformados son 15 mm y 12 mm, respectivamente. La segunda

probeta, con un radio inicial de 11 mm, una vez deformada debe tener la misma

dureza que la primera probeta; calcular el radio de la segunda probeta después de la

deformación

Dado que deben tener la misma dureza, el coeficiente de trabajo en frío debe ser el

mismo. Así pues se cumple

15 12

15=

11

11= 8,8

7.26. Dos probetas previamente no deformadas del mismo metal son deformadas

por reducción del área de sus secciones transversales. Una tiene una sección circular

y la otra rectangular; durante la deformación las secciones de las dos probetas deben

conservar su forma. Las dimensiones antes y después de la deformación son las

siguientes.

¿Cuál de estas probetas tendrá mayor dureza después de la deformación plástica?

¿Por qué?

Tendrá mayor dureza la segunda probeta. Se puede comprobar fácilmente calculando

y comparando los coeficientes de trabajo en frío

% =18 15,9

18= 21,97% % =

20 · 50 13,7 · 55,1

20 · 50= 24,5%

Como la segunda probeta tiene un mayor porcentaje de trabajo en frío, esta será más

dura.


28


Difusión

5.6. Calcular el número de kilogramos de hidrógeno que pasa en una hora a través de

una lámina de Pd de , de área y 6 mm de espesor a . Suponer un

coeficiente de difusión de , · / , que las concentraciones de hidrógeno

en los lados de alta y baja presión son de 2,0 y 0,4 kg de hidrógeno por metro cúbico

de paladio y que se ha alcanzado el estado estacionario.

Según la ley de Fick tenemos

=d

d= 1,7 · 10 ·

0,4 2

0,006= 4,53 · 10

= · · = 4,53 · 10 · 3600 · 0,25 = 4,08 · 10

5.7. Una lámina de acero de 2,5 mm de espesor está dentro de una atmósfera de

nitrógeno a y se ha alcanzado la condición del estado estacionario de la

difusión. El coeficiente de difusión del nitrógeno en acero a esta temperatura es de

, · / y el flujo de difusión es , · / . También se sabe que

la concentración de nitrógeno en la cara del acero de mayor presión es de / .

¿A qué distancia de esta superficie, que está a elevada presión, es la concentración

de , / ? Suponer un perfil de concentración lineal.

=d

d= 1,2 · 10 ·

0 2= 1,0 · 10 = 1,8 · 10

5.8. La cara de una lámina de hierro BCC de 2 mm de espesor se expuso a una

atmósfera gaseosa carburante y la otra cara a una atmósfera descarburante a

. Después de alcanzar la condición de estado estacionario, el hierro se enfrió a

temperatura ambiente. Se determinaron las concentraciones de carbono en las dos

caras y resultaron , y , % en peso. Calcular el coeficiente de difusión si el


29


flujo de difusión es , · / . Convertir las concentraciones del

porcentaje en peso a kilogramos de carbono por metro cúbico de hierro.

En primer lugar encontremos la masa de un metro cúbico de hierro

1 ·7874

1 = 7874 = 0,00015 · 7874 = 1,18 ; = 0,535

Por tanto el coeficiente de difusión resulta

=d

d= ·

0,535 1,18

0,002= 7,36 · 10 = 2,28 · 10

5.12. Una aleación hierro-carbono FCC que inicialmente contenía , % C en peso

está expuesta a una atmósfera rica en oxígeno y virtualmente libre de carbono a

1325 K ( ). En estas condiciones el carbono difunde desde el interior de la

aleación y reacciona en la superficie con el oxígeno de la atmósfera, manteniendo la

concentración del carbono a % en las posiciones superficiales. (Este proceso de

eliminación de carbono se denomina descarburación). ¿A qué distancia de la

superficie la concentración del carbono será de , % después de 10 h de

tratamiento? El valor de a 1325 K es , · /

Tenemos

= 1 erf( )0,25 0,55

0 0,55= 1 erf( ) erf( ) = 0,4545


30


=2

= 0,4278 = 2 4,3 · 10 · 10 · 3600 · 0,4278 = 1,06

5.11. Determinar el tiempo necesario para alcanzar una concentración de , % de C

a 4 mm de la superficie de una aleación Fe-C que inicialmente contenía , % C. La

concentración de la superficie se mantiene a , % y la probeta se calienta a

. Usar los datos de difusión en de la tabla

Tenemos

= 1 erf( )0,3 0,1

0,9 0,1= 1 erf( ) erf( ) = 0,75

=2

= 0,814 =4 · 0,66 ·

=0,004

4 · 0,66 · 7 · 10= 24,1

5.13. El nitrógeno difunde en hierro puro a . Si la concentración superficial se

mantiene en , % N en peso, ¿cuál será la concentración a 2 mm de la superficie

después de 25h? El coeficiente de difusión del nitrógeno en hierro es , ·

a

Tenemos

erf2

= erf0,002

2 · 1,9 · 10 · 25 · 3600

= erf 0,7647 = 0,7

= 1 erf( )0

0,2 0= 1 0,7 = 0,06%

5.15. Mediante tratamiento térmico carburante aplicado durante 15 h se ha

conseguido una concentración de carbono de , % a 2 mm de la superficie.

Calcular el tiempo necesario para conseguir esta concentración a 6 mm de

profundidad para el mismo acero y mismo tratamiento.

Como las concentraciones son las mismas para las dos condiciones se debe cumplir


31


erf = erf

2

=

2

2

15=

6= 135

5.16. Calcular los valores del coeficiente de difusión para la interdifusión del carbono

en hierro BCC y hierro FCC a . ¿Cuál es mayor? Justifícalo

=

Para el primer caso tenemos

= 6,2 · 10 · , · = 1,70 · 10

Para el segundo caso tenemos

= 1 · 10 · , · = 8,78 · 10

Porque la difusión intersticial es más rápida que la difusión por vacantes ya que los

átomos intersticiales son más pequeños y tienen más movilidad y además hay más

posiciones intersticiales vacías que vacantes.

5.18. Con los datos de la tabla ¿a qué temperatura el coeficiente del Zn en Cu vale

, · / ?

2,6 · 10 = 3.4 · 10 , · = 897,5

5.20. La energía de activación para la difusión del cobre en plata es . / .

Calcular el coeficiente de difusión a ( ), sabiendo que a

( ) es , · /

= , ·

10 = , ·

= 4,79 · 10

5.24. El carbono difunde a través de una lámina de acero de 10 mm de espesor. Las

concentraciones de carbono en las dos caras son , y , / , que se

mantienen constantes. Si el factor de frecuencia y la energía de actuación son


32


, · / y . / , respectivamente, calcular la temperatura a la

cual el flujo de difusión es , · /

El flujo es

=d

d6,3 · 10 = ·

0,40 0,85

0,01= 1,4 · 10

= 1,4 · 10 = 6,2 · 10 , = 900

5.26. ¿A qué temperatura aproximada la carburación superficial del hierro durante

4 h produce el mismo efecto que la carburación a durante 12h?

1392

Como han de producir los mismos efectos, tenemos que se cumple

=

Sustituyendo por la ecuación

=

Resulta

= 12 · , · = 4 , · = 1392


33


4. Aleaciones metálicas. Diagramas de equilibrio de fases

9.5. Citar las fases presentes y sus composiciones en las siguientes aleaciones

a) 15% Sn-85% Pb a 100 grados centígrados

Fases + . Composición 12%, 95% en Pb

b) 25% Pb-75% Mg a 425 grados centígrados

Fase con composición del 25% en plomo

c) 85% Ag-15% Cu a 800 grados centígrados

Fases + con 95 y 78% en plata

d) 55% Zn-45% Cu a 600 grados centígrados

Fases + con 52% y 58 en zinc

e) 1,25 Kg Sn y 14 kg Pb a 200 grados centígrados

Calculemos el porcentaje

=1,25

1,25 + 14· 100 = 8,2% =

14

1,25 + 14· 100 = 91,2%

Fases con 8,2% en Sn

f) 13,447 Kg Cu y 65,50 Kg Zn a 600 grados centígrados

Calculemos el porcentaje

=13,447

13,447 + 65,50· 100 = 17% =

65,50

13,447 + 65,50· 100 = 83%

Fases + con 81% y 90% en Zn

g) 21,7 mol Mg y 35,4 mol Pb a 400 grados centígrados

Pasamos de moles a quilogramos


34


21,7 ·24,3

1 = 527,31 35,4 ·

207,198

1 = 7334,53

Y por tanto

=527,31

527,31 + 7334,53· 100 = 6,7% =

7334,53

527,31 + 7334,53· 100 = 93,3%

Fases + con 94% y 81% en Pb

h) 4,2 mol Cu y 1,1 mol Ag a 900 grados centígrados

Pasamos de moles a quilogramos

4,2 ·63,54

1 = 266,87 1,1 ·

107,87

1 = 118,657

Y por tanto

=266,87

266,87 + 118,657· 100 = 69,2% =

118,657

266,87 + 118,657· 100 = 30,8%

Fases + con 55% y 9% en Ag

9.6. ¿Qué fases y qué fracciones de masas aparecen al enfriar una aleación

% – % a los , , , y ?


35


A 1000 C tenemos estado líquido totalmente

A 800 C tenemos fase totalmente

A 500 C tenemos coexistencia de fase y . Por la regla de la palanca inversa

tenemos, aproximadamente

= =58 52

58 50= 75% = =

52 50

58 50= 25%

A 300 tenemos coexistencia entre y . Por la regla de la palanca inversa


= =59 52

59 50= 77,8% = =

52 50

59 50= 22,2%

A 200 tenemos coexistencia entre y . Por la regla de la palanca inversa


= =59 52

59 51= 87,5% = =

52 51

59 51= 12,5%

9.7. Determinar las cantidades relativas (fracciones de masa) de las fases presentes

en las aleaciones y temperaturas del problema 9.5.

a) 15% Sn-85% Pb a 100 grados centígrados


36


Fases + .

= · 100 =95 85

95 12· 100 = 12,05%

= · 100 =85 12

95 12· 100 = 87,95%

b) 25% Pb-75% Mg a 425 grados centígrados

Fase en su totalidad

c) 85% Ag-15% Cu a 800 grados centígrados

Fases + con

= · 100 =88 85

95 85· 100 = 30%

= · 100 =85 78

95 85· 100 = 70

d) 55% Zn-45% Cu a 600 grados centígrados

Fases + con

= · 100 = 50% = 50%

e) 1,25 Kg Sn y 14 kg Pb a 200 grados centígrados

Totalidad en de fase

f) 13,447 Kg Cu y 65,50 Kg Zn a 600 grados centígrados

Fases + con

= · 100 =90 83

90 81· 100 = 77,78% = 22,22%

g) 21,7 mol Mg y 35,4 mol Pb a 400 grados centígrados


37


Fases + con

=

· 100 =93,3 81

94 81· 100 = 94,6% = 5,4%

h) 4,2 mol Cu y 1,1 mol Ag a 900 grados centígrados

Fases + con

= · 100 =55 308

55 9· 100 = 52,6% = 47,4%

9.8. La figura adjunta es una parte del diagrama de fases .

a. Con la ayuda de este diagrama explicar brevemente por qué se añade sal al hielo a

temperatura inferior a para fundirlo.


38


Se puede observar en el diagrama que la línea liquidus marca temperaturas más bajas

como mayor es la proporción de sal hasta un mínimo de 20 en una proporción del

23% de sal aproximadamente. Así pues, la sal se añade para modificar la composición

del agua con el objetivo de evitar que se forme hielo.

b. ¿Qué concentración de sal se necesita para tener un % hielo y un % de

disolución salina a una temperatura de ?

Aplicando la ley de la palanca tenemos

= =19

19 0= 0,75 = 4,75%

9.11. Una muestra de 7,5 Kg de una aleación magnesio-plomo consiste en una fase

de disolución sólida que tiene la composición algo inferior al límite de solubilidad a

a) ¿Cuál es la masa de plomo de la aleación?

7,5 · 0,16 = 1,2

b) Al calentar la aleación a , ¿Cuánto más plomo se podrá disolver en la

fase sin exceder el límite de solubilidad?

7,5 · 0,32 = 2,4 = 2,4 1,2 = 1,2

9.12. Describir brevemente la segregación. Citar una consecuencia negativa de la

segregación.

Una importante consecuencia de la solidificación fuera del equilibrio para aleaciones

isomorfas es una distribución no uniforme de los dos elementos dentro de los cristales

denominada segregación. La región central de cada grano es la primera que ha

solidificado y es rica en el elemento de alta temperatura de fusión, mientras que la

concentración del elemento de baja temperatura de fusión va aumentando desde el

Projecte HermesCorrecció (7,5 + X)·0,31 = 1,275 + X2,325 + 0,31X = 1,275 + X 1,05 = 0,69 X X = 1,522 kg


39


centro al límite del grano. La siguiente imagen representa esquemáticamente este

gradiente de concentración

Esta estructura da lugar a propiedades inferiores a las óptimas. Si las muestras

moldeadas, que tienen una microestructura segregada, se vuelven a calentar, la región

del límite de grano funde en primer lugar, ya que es más rica en el elemento de

temperatura de fusión menor. Esto suele producir una drástica pérdida de la

integridad mecánica debido a la delgada película líquida que separa los granos.

Además, esta fusión puede iniciarse a temperatura inferior a la temperatura de

equilibrio solidus de la aleación. La segregación se puede eliminar por el tratamiento

térmico de homogeneización, que se realiza calentando la aleación de composición

conocida a una temperatura inferior al punto solidus. Durante este proceso, la difusión

atómica genera granos de composición homogénea.

9.13. Se intenta fabricar una aleación cobre-níquel con una resistencia a la tracción

mínima de 380 MPa y una ductilidad de % EI. ¿Es posible? En caso afirmativo,

¿cuál debe ser la composición? En caso negativo, ¿por qué?


40


9.14. En una aleación cobre-níquel, ¿es posible tener en equilibrio una fase líquida de

composición 80% Cu – 20% Ni y fase 37% Ni – 80% Cu? En caso afirmativo, ¿a qué

temperatura? En caso negativo, ¿por qué?

La situación descrita es imposible dado que si tenemos una fase en equilibrio del 20%

en níquel líquido, el máximo porcentaje de níquel del sólido será de aproximadamente

30%, nunca llegará al 37%. Por el mismo razonamiento, una fase del sólido con

concentración 37% tendrá un líquido con un mínimo de níquel del 25%

aproximadamente.


41


9.15. En una aleación cobre-plata, ¿es posible tener en equilibrio una fase (5% Ag-

95% Cu) y una fase 95% Ag – 5% Cu? En caso afirmativo, ¿a qué temperatura? En

caso negativo ¿por qué?

Sí es posible a una temperatura de 625

9.16. Una aleación plomo-estaño de composición 30% Sn – 70% Pb se calienta

lentamente a partir de los

a. ¿A qué temperatura empieza a formarse líquido?

El líquido empezará a formarse a partir de la línea eutéctica, es decir, a partir de los 183 C.

b. ¿Cuál es la composición de esta fase?


42


En esta fase tenemos una composición de19,3% 80,7% en y un

61,9% 38,1% en líquido.

c. ¿A qué temperatura funde completamente la aleación?

Si seguimos la línea discontinua, vemos que corta con la línea liquidus cuando nos

encontramos a una temperatura de 260 C aproximadamente.

d. ¿Cuál es la composición de la última parte sólida antes de que se complete la

fusión?

Si trazamos una recta horizontal en el punto de corte de la línea liquidus, cortaremos la

línea solidus. Observando la escala de composición para este punto obtenemos una

composición del 13% de aproximadamente.

9.20. Una aleación % % se calienta a una temperatura comprendida

en la región + . Si la fracción de cada fase es 0,5 calcular la temperatura de la

aleación y las composiciones de las dos fases.

Midiendo sobre el papel da una temperatura aproximada de 550 . La composición

de cada fase serían 30% y 50% .

9.21. En las aleaciones de dos hipotéticos metales A y B, existen una fase rica en A

y una fase rica en B. A partir de las fracciones de masas de dos aleaciones, que

están a la misma temperatura, determinar la composición de los límites de fase (o

límite de solubilidad) de las fases y a esta temperatura

Composición de la aleación Fracción de fase Fracción de fase

% % 0,78 0,22

% % 0,36 0,64

Aplicando la regla de la palanca inversa tenemos el siguiente sistema de ecuaciones

= =30

= 0,22 = =65

= 0,64


43


La solución del cual es

= 11,67% = 95%

9.23. ¿Es posible tener una aleación cobre-plata de composición 20% Ag-80% Cu que,

en el equilibrio, consta de fase y de líquido con las fracciones de masa = ,

y = , ? En caso afirmativo, ¿cuál es la temperatura aproximada de esta

aleación? En caso negativo explicar la causa.

Debemos aplicar la regla de la palanca inversa y debe existir una combinación que

cumpla

= =20

= 0,80

En el caso extremo tenemos

=71,9 20

71,9 9= 0,825 > 0,8


44


Por tanto sí existe esa posibilidad en algún punto intermedio y corresponde a una

temperatura aproximada (a ojo) de poco más de 800 C

9.28. ¿Es posible conseguir, a , una aleación magnesio-plomo cuyas fracciones

de masa primaria y total sean , y , respectivamente? Justificar la

respuesta

Si tenemos 0,6 de primario la concentración será

% = =68

68 42= 0,6 = 52,4%

A esta concentración tenemos

=80 52,4

80 42= 72,6% < 85%

Por tanto no es posible

9.30. Dada una aleación estaño-plomo que contiene 80% Sn y 20% Pb a

determinar las fracciones de masas de

a. Las fases y


45


Considerando que el punto está sobre la línea eutéctica, tenemos que las fracciones de

masa por la regla de la palanca son

= =97,8 80

97,8 18,3= 22,4% = =

80 18,3

97,8 18,3= 77,6%

b. Los microconstituyentes primario y eutéctico

Los microconstituyentes primario y eutéctico vienen dados respectivamente por

= =80 61,9

97,8 61,9= 50,4% = =

97,8 80

97,8 61,9= 49,6%

c. El eutéctico

El porcentaje de eutéctico es

= = 77,6 50,4 = 27,6%

9.31. La microestructura de una aleación cobre plata a consta de primaria y

eutéctico. Determinar la composición de la aleación sabiendo que las fracciones de

masas de estos dos microconstituyentes son , y , , repespectivamente.

% = =71,9

71,9 7,9= 0,73 = 25,18%


46


9.34. Esquematizar las microestructuras, indicando la composición aproximada,

obtenidas al enfriar lentamente una aleación 85% Pb-15% Mg a las siguientes

temperaturas: , , y

Para 600 tenemos líquido totalmente.

Para 500 tenemos una mezcla de compuesto más líquido de proporción

respectivamente

= =88 85

88 80= 37,5% = =

85 80

88 80= 62,5%


47


Para 270 nos encontramos en la isoterma eutéctica con proporciones

= =96 85

96 80= 68,8% = =

85 80

96 80= 31,3%

Para 200 tenemos una mezcla de compuesto más de proporción

respectivamente

= =100 85

100 80= 75% = =

85 80

100 80= 25%


48


5. Aleaciones metálicas. El sistema Fe-C

9.47. ¿Cuál es el porcentaje de carbono de un acero al carbono si la fracción de

cementita es de , ?

0,022

6,7 0,022= 0,1 = 0,69%

9.48. ¿Cuál es la fase proeuctectoide de un acero al carbono cuyas fracciones másicas

de ferrita y de cementita son 0,86 y 0,14 respectivamente? ¿Por qué?

0,022

6,7 0,022= 0,14 = 0,957% > 0,76% Cementita

9.49. Enfriar hasta temperaturas inferiores a 3,5 kg de austenita con 0,95% C

a) ¿Cuál es la fase proeuctectoide?

0,95% > 0,76% Cementita

b) ¿Cuántos kilogramos de ferrita y de fase proeuctectoide se forman?


49


6,7 0,95

6,7 0,022= 0,861 = 3,5 · 0,861 = 3,01

= 3,5 3,01 = 0,49

c) ¿Cuántos kilogramos de perlita y de fase proeuctectoide se forman?

=0,95 0,76

6,7 0,76= 0,032 = 0,032 · 3,5 = 0,112

= 3,5 0,112 = 3,388

d) Esquematizar y designar la microestructura resultante

9.50. Enfriar hasta temperaturas inferiores a 6 kg de austenita con 0,45% C.

a) ¿Cuál es la fase proeuctectoide?


50


La fase , ferrita

b) ¿Cuántos kilogramos de ferrita y de fase proeuctectoide se forman?

=6,7 0,45

6,7 0,02= 0,936 = 0,936 · 6 = 5,62

= 6 5,62 = 0,384

c) ¿Cuántos kilogramos de perlita y de fase proeuctectoide se forman?

=0,45 0,022

0,77 0,022= 0,572 = 0,572 · 6 = 3,43

= 6 3,43 = 2,57

d) Esquematizar y designar la microestructura resultante


51


9.51. Calcular las fracciones másicas de perlita y de ferrita proeuctectoide que se

generan en un acero al carbono con 0,35% C

=0,77 0,35

0,77 0,022= 0,56 = 1 0,56 = 0,44

9.52. La microestructura de un acero al carbono consta de perlita y de ferrita

proeuctectoide; las fracciones másicas de estos dos constituyentes son 0,174 y 0,826

respectivamente. Determinar la concentración de carbono de esta aleación.

=0,77

0,77 0,022= 0,826 = 0,152%

9.53. Las fracciones másicas de la ferrita y de la cementita de un acero al carbono son

0,91 y 0,09 respectivamente. Justificar si se trata de un acero hipo o hipereutectoide

=6,7

6,7 0,022= 0,91 = 0,623% < 0,77 Hipoeutectoide

9.54. La microestructura de un acero al carbono consta de cementita proeuctectoide

y de perlita; las fracciones de masa de estos constituyentes son 0,11 y 0,89

respectivamente. Determinar el porcentaje de carbono del acero.

=0,77

6,7 0,77= 0,11 = 1,42%

9.55. Considerar 1,5 Kg de acero al carbono con 0,3% C enfriados hasta temperatura

justamente inferior al eutectoide

a) ¿Cuántos kilogramos de ferrita proeutectoide se forman?

=0,77 0,3

0,77 0,022= 0,628 = 0,628 · 1,5 = 0,94

b) ¿Cuántos kilogramos de ferrita eutectoide se forman?

=

=6,7 0,3

6,7 0,022= 0,958


52


= 0,958 0,628 = 0,33 = 0,33 · 1,5 = 0,495

c) ¿Cuántos kilogramos de cementita se forman?

= 1 = 1 0,958 = 0,042 = 0,042 · 1,5 = 0,062

9.57. ¿Existe un acero con fracción másica de cementita y de ferrita proeuctectoide

de 0,057 y 0,36 respectivamente? ¿Por qué o por qué no?

=0,77

0,77 0,022= 0,36 = 0,5

=0,5 0,022

6,7 0,022= 0,072 0,057 No existe

9.58. ¿Existe un acero con fracción másica de ferrita y de perlita de 0,086 y 0,0969

respectivamente? ¿Por qué o por qué no?

=6,7

6,7 0,022= 0,086 = 6,126

=6,7 6,126

6,7 0,77= 0,0969 Sí existe

9.60. La fracción másica de cementita eutectoide en un acero es 0,109. ¿Es posible

determinar, con este dato, la composición del acero? ¿Cuál es? Si no es posible,

justifícalo

Hay dos posibilidades según nos encontremos en el hipoeutéctico o en el

hipereutéctico. Para el primer caso, situado en la fase hipereutéctica

=

=0,022

6,7 0,022

0,77

6,7 0,77= 0,109 = 0,93%

Si en cambio estamos en la zona hipoeutéctica

= =0,022

6,7 0,022= 0,109 = 0,75%


53


9.61. La fracción másica de ferrita eutectoide en un acero es 0,71. ¿Es posible

determinar, con este dato, la composición del acero? ¿Cuál es? Si no es posible,

justificarlo

Hay dos posibilidades según nos encontremos en el hipoeutéctico o en el

hipereutéctico. Para el primer caso, situado en la fase hipoeutéctica

=

=6,7

6,7 0,022

0,77

0,77 0,022= 0,71 = 0,62%

Si en cambio estamos en la zona hipereutéctica

= =6,7

6,7 0,022= 0,71 = 1,96%

9.63. Generalmente las propiedades de las aleaciones multifásicas se pueden

relacionar según una ley de mezclas

( ó ) = +

Donde E representa una propiedad específica (módulo elástico, dureza, etc) y V es la

fracción de volumen. Los subíndices y denotan la existencia de fases o

microconstituyentes. Utilizar la relación anterior para determinar la dureza Brinell

aproximada de un acero al carbono con 0,25% C. Suponer que las durezas Brinell de

la ferrita aproximada de un acero al carbono con 0,25% C. Suponer que las durezas

Brinell de la ferrita y de la perlita son 80 y 280, respectivamente, y que las fracciones

volumétricas se aproximan a las fracciones másicas. Qué representa y cómo se

determina la dureza Brinell?

Dado que estamos en la zona hipoeutectoide

=0,77 0,25

0,77 0,022= 0,695

= 1 0,695 = 0,305

Por tanto la dureza de la aleación es


54


= 0,695 · 80 + 0,305 · 280 = 140,96

LA dureza Brinell se determina mediante un penetrador duro esférico el cual se fuerza

en la superficie del metal a ensayar. Los materiales más duros requieren cargas

mayores y por tanto el numero de dureza Brinell, HB, es una función de tanto la

magnitud de la carga como del diámetro de la huella resultante. El diámetro se

convierte a un número HB mediante una tabla. Así pues, representa un valor tabulado

que resulta útil para comparar durezas con otros materiales.

9.65. Un acero contiene 95,7% Fe, 4% W y 0,3% C. ¿Cuál es la temperatura eutectoide

de esta aleación? ¿Cuál es la composición del eutectoide? ¿Cuál es la fase

proeuctectoide? Suponer que no se producen cambios en las posiciones de otros

límites de fase con la adición del W.

Temperatura eutectoide = 900 . Composición = 0,21%. Cementita

9.66. Un acero contiene , % Fe, 6% Mn y 0,35% C. ¿Cuál es la temperatura

eutectoide aproximada de esta aleación? ¿Cuál es la fase proeuctectoide cuando esta

aleación se enfría justo por debajo del eutectoide? Calcular las cantidades relativas

de fase proeuctectoide y de perlita. Suponer que no se producen cambios en las

posiciones de otros límites de fase con la adición de Mn

Temperatura eutectoide = 680 . Composición = 0,45%. Ferrita

=0,45 0,35

0,45 0,022= 0,234 =

0,35 0,022

0,45 0,022= 0,766


55


10.2. Algunas transformaciones tienen una cinética que obedece a la ecuación de

Avrami. Si el valor del parámetro es 1,5 después de 125 s la reacción alcanza un

25% de transformación, ¿Cuánto tiempo se necesita para llegar al 90% de

transformación?

La ecuación de Avrami es

= 1 0,25 = 1·

,

= 2,06 · 10 /

Por tanto, para llegar al 90%

0,9 = 1, · ·

,

= 500

10.3. La velocidad de una transformación a menudo se expresa como el tiempo

necesario para completar el 50% de la misma. Calcular la velocidad de una reacción

que cumple la ley cinética de Avrami, suponiendo que las constantes y valen ,

y · , respectivamente, para el tiempo en segundos.

0,5 = 1·

= 37,233 =1

=1

37,233= 0,027

10.4. Se sabe que la cinética de la recristalización de algunas aleaciones cumple la

ecuación de Avrami y que el valor de en el exponencial es 5,0. Si a una

temperatura la fracción recristalizada es 0,30 después de 100 min, determinar la

velocidad de recristalización a esta temperatura.

0,3 = 1·

= 3,57 · 10 min

0,5 = 1, ·

= 114,21 =1

=1

114,21= 8,76 · 10

10.5. La cinética de la transformación austenita-perlita cumple la reacción de Avrami.

Utilizando los datos adjuntos de fracción transformada-tiempo, determinar el tiempo

necesario para que el 95% de la austenita se transforme en perlita.

Fracción transformada Tiempo (s)

0,2 280


56


0,6 425

0,2 = 1·

0,6 = 1·

= 3,385

= 1,162 · 100,95 = 1

, ·,

= 603


57


6. Polímeros

15.1. Diferencia polimorfismo de isomería

Polimorfismo cualidad por la cual un determinado material puede cristalizar con dos o

más estructuras cristalográficas.

Es la cualidad por la que moléculas con igual composición química pueden tener

diferente configuración atómica. Por tanto tienen misma constitución química, misma

formula empírica pero distinta formula estereoquímica.

15.2. Esquematice las unidades monoméricas de los siguientes polímeros: policloruro

de vinilo, polimetacrilato de metilo, nylon 66, policarbonato de bisfenol A

a) Policloruro de vinilo

b) Polimetacrilato de metilo

c) Nylon 66

d) Policarbonato de bisfenol A


58


15.4. El peso molecular medio numérico del poliestireno es 500 000 g/mol. Calcule el

del grado de polimerización medio numérico.

El poliestireno tiene la estructura

Donde la estructura del benceno es

Y uno de los hidrógenos es sustituido por la estructura del poliestireno. Por tanto el

peso molecular de cada unidad monomérica es

12 · 8 + 1 · 8 = 104

Y el grado de polimerización será

=500000

104= 4808


59


15.5. Calcule el peso molecular de la unidad monomérica del polipropileno. Calcule el

peso molecular medio másico de un polipropileno cuyo grado de polimerización

medio másico es 15 000.

El polipropileno tiene la siguiente estructura

Así pues el peso molecular de la unidad monomérica es

1 · 6 + 12 · 3 = 42

El peso molecular másico será, dado que todos las unidades monoméricas son iguales

= 42 · 15 000 = 631 000

15.6. Se han tabulado los pesos moleculares de un politetrafluoroetileno. Calcule el

peso molecular medio numérico, el peso molecular medio másico, el grado de

polimerización medio numérico y el grado de polimerización medio másico

Intervalo de peso molecular (g/mol)

10 000 – 20 000 0,03 0,01

20 000 – 30 000 0,09 0,04

30 000 - 40 000 0,15 0,11

40 000 - 50 000 0,25 0,23

50 000 - 60 000 0,22 0,24

60 000 - 70 000 0,14 0,18

70 000 - 80 000 0,08 0,12

80 000 - 90 000 0,04 0,07

El peso molecular medio numérico viene dado por

Xavi0


60


= = 15 000 · 0,03 + 25 000 · 0,09 + + 85 000 · 0,04 = 49 800

El peso molecular medio másico viene dado por

= = 15 000 · 0,01 + 25 000 · 0,04 + + 85 000 · 0,07 = 55 200

El grado de polimerización medio numérico

= =49 800

100= 498

El grado de polimerización medio másico

= =55 200

100= 552

15.7. Se han tabulado los pesos moleculares de algunos polímeros.

Intervalo de peso molecular (g/mol)

8 000 – 20 000 0,05 0,02

20 000 – 32 000 0,15 0,08

32 000 - 44 000 0,21 0,17

44 000 - 56 000 0,28 0,29

56 000 - 68 000 0,18 0,23

68 000 - 80 000 0,10 0,16

80 000 - 92 000 0,03 0,05

Calcule

a) el peso molecular medio numérico

= = 14 000 · 0,05 + 26 000 · 0,15 + + 86 000 · 0,03 = 47 720

b) el peso molecular medio másico

= = 14 000 · 0,02 + 26 000 · 0,08 + + 86 000 · 0,05 = 53 720


61


c) si se sabe que el grado de polimerización medio numérico de este material es de

211, ¿a qué polímero de la tabla corresponde? ¿Por qué?

= = 226,16 Tereftalato de polietileno (PET)

d) ¿Cuál es el grado de polimerización medio másico de este material?

= =53 720

226,16= 238

15.9. El polietileno de alta densidad se puede clorar induciendo la substitución

aleatoria de átomos de hidrógeno por átomos de cloro.

a) Determine la concentración de Cl (en % en peso) que se debe añadir para que la

substitución alcance el 8% de los átomos de hidrógeno originales.

La estructura del polietileno es

Siguiendo la proporción tenemos que 8 de cada 100 H se substituyen por Cl. Y cada

100 de H tenemos 50 de C. Así pues

% =35,5 · 8

35,5 · 8 + 92 · 1 + 12 · 50· 100 = 29%

b) ¿En qué difiere la cloración del polietileno de la del policloruro de vinilo?

Para el PVC, tenemos un 25% de cloro ya substituido y por lo tanto la sustitución será

menos al azar.

15.10. Explique la diferencia entre configuración y conformación de cadenas

poliméricas


62


La configuración de cadenas poliméricas hace referencia a la regularidad y la simetría

de la disposición de los átomos en la cadena, la cual no cambia por simple rotación de

los enlaces.

En cambio la conformación es usada para hacer referencia a la forma o posición que

adopta la molécula a través de rotación de sus enlaces.

15.11. La longitud total L de una molécula polimérica lineal depende de la longitud

del enlace entre átomos de la cadena, del número total de enlaces en la molécula

y del ángulo entre átomos de la cadena. Es decir:

=

Además, la distancia media cabeza-cola de una serie de moléculas poliméricas es

igual a

=

Un polietileno lineal tiene un peso molecular medio numérico de / ;

calcule los valores medios y para este material

La masa molar de una unidad monomérica de polietileno es

= 28

Por tanto el grado de polimerización numérico es

=300000

28= 10 715

Así pues el número de enlaces será, dado que hay dos en cada unidad monomérica

= 10 715 · 2 = 21 430

Para enlaces simples de carbono resulta


63


= 0,154 = 109

Y por tanto

= 21 430 · 0,154 · 10 · sin109

2= 2686,76

= = 22,54

15.12. Usando las definiciones de longitud total de la cadena molecular y de

distancia media cabeza cola determinar, para el politetrafluoroetileno:

a) el peso molecular medio numérico para =

= sin2

2000 = · 0,154 · sin109

2= 15 900

Dado que hay dos enlaces por unidad monomérica, entonces tenemos unidades

monoméricas

2= 7950

Y por tanto el peso molecular medio numérico será

=2

· = 7950 · 100 = 795 000

b) el peso molecular medio numérico para =

Dada tenemos

= 15 = 0,154 · = 9488

Y el peso molecular medio numérico será

=2

· =9488

2· 100 = 474 400

15.13. Esquematice las porciones de una molécula lineal de polipropileno

a) sindiotáctico


64


b) atáctico

c) isotáctico

15.14. Esquematice las estructuras de la unidad monomérica cis y trans para

a) el butadieno

b) el cloropreno

15.15. Esquematice la estructura de la unidad monomérica de cada uno de los

siguientes copolímeros alternados

a) poli (etileno-propileno)


65


b) poli (butadieno-estireno)

c) poli (isobutileno-isopreno)

15.16. El peso molecular medio numérico del copolímero alternado poli(acrilonitrilo-

butadieno) es . . / . Determine el número medio de unidades

monoméricas de acrilonitrilo y de butadieno por molécula

El acrilonitrilo y el butadieno tienen la estructura, respectivamente

La masa molar total es

= 107

Y por tanto el número medio de unidades monoméricas es

= = 9346

15.17. Calcule el peso molecular medio numérico de un copolímero al azar de

poli)isobutilenoisopreno) cuya fracción de unidades monoméricas del isobutileno es

, . Suponga que esta concentración corresponde a un grado de polimerización

medio numérico de 1500


66


El isobutileno y el isoporeno son

Sus respectiva masas molares son

= 56 = 68

Por tanto el peso molecular medio es

= 56 · 1500 · 0,25 + 68 · 1500 · 0,75 = 97 500

15.18. Se sabe que un copolímero alternado tiene un peso molecular medio

numérico de 100.000 g/mol y un grado de polimerización medio numérico de 2210.

Si una unidad monomérica es el etileno, ¿cuál es la otra unidad monomérica:

estireno, propileno, tetrafluoretileno o cloruro de vinilo? ¿Por qué?

La masa molar será

= =100000

2210= 45,25

Restando la del etileno

=45,25 0,5 · 28

0,5= 62,45

El monómero que corresponde a esa masa molar es el cloruro de vinilo.

15.21. Un copolímero al azar de poli(estireno-butadieno) tiene un peso molecular

medio másico de 350 000 g/mol y un grado de polimerización medio másico de 5000.

Calcule las fracciones de unidades monoméricas de estireno y de butadieno en este

copolímero.

El estireno y el butadieno tienen una estructura


67


La ecuación que se debe cumplir es

= + (1 ) 350 000 = 5000 · 104 · + 5000 · 54 · (1 )

= 0,32 = 0,68

15.25. Calcule la densidad del polietileno totalmente cristalino. En la figura se

muestra la celdilla unidad ortorrómbica del polietileno; cada celdilla unidad contiene

el equivalente a dos unidades monoméricas del etileno.

En dos unidades monoméricas tenemos

= 28

El volumen de la celdilla es

= 0,741 · 0,494 · 0,255 = 9,33 · 10


68


La densidad teórica es

=·

·=

0,028 · 2

9,33 · 10 · 6,022 · 10= 996,24

15.26. La densidad del nylon 66 totalmente cristalino a temperatura ambiente es de

1,213 / . Además, a temperatura ambiente la celdilla unidad de este material

es triclínica con los siguientes parámetros de red:

= , = , = ,

= , = , = ,

Si el volumen de una celdilla triclínica es función de los parámetros de red

= +

Determine el número de unidades monoméricas asociado a cada celdilla unidad

El volumen de la celdilla según la expresión es

= 0,31 = 3,1 · 10

La densidad viene dada por

=·

·1213 =

0,226 ·

3,1 · 10 · 6,022 · 10= 1

15.27. La densidad y el porcentaje de cristalinidad asociado a dos materiales de

polietileno son los siguientes

a) Calcule las densidades del polietileno totalmente cristalino y totalmente amorfo

Aplicando la ecuación


69


% =( )

( )

0,768 =(0,965 )

0,965( )

0,464 =(0,925 )

0,925( )

= 0,87

= 0,98

b) Determine el porcentaje de cristalinidad de una muestra que tiene una densidad

de , /

% =0,98(0,95 0,87)

0,95(0,98 0,87)= 75%


70


7. Cerámicas

13.3. Demostrar que el cociente mínimo entre los radios del catión y del anión es

, en el caso de coordinación 4.

La estructura en el caso de coordinación 4 es


71


Por la geometría, el ángulo formado por el centro del catión unido a los centros de los

aniones es de 109

(2 ) = 2( + ) (1 cos 109) 4 = 2 ·4

3( + + 2 )

2 + 4 1 = 0 =6 2

2= 0,225

13.4. Demostrar que el cociente mínimo entre los radio del catión y del anión es

, en el caso de coordinación 6. Sugerencia: Utilizar la estructura cristalina del

NaCl, y suponer que los aniones y cationes se tocan a lo largo de las aristas y las

diagonales de las caras

( + ) · 2 = (2 )2

2= + = 2 1 = 0,414

13.5. Demostrar que el cociente mínimo entre los radio del catión y del anión es

, en el caso de coordinación 8


72


= (2 ) + (2 ) = 8 = 2 2

+ (2 ) = = (2 + 2 ) 2 2 + 4 = (2 + 2 )

Manipulando adecuadamente se llega a

= 3 1 = 0,732

13.6. Basándose en la carga y el radio de los iones, indique las estructuras cristalinas

de los siguientes materiales , , , . Justifique sus respuestas

El óxido de calcio tiene una estructura parecida a la del cloruro sódico dado que el

número de cationes y aniones es el mismo y corresponde a la forma . Su relación de

radio es

=0,1

0,14= 0,7143 º = 6

El sulfuro de manganeso (II) tiene una estructura de sulfuro de zinc dado que

=0,067

0,184= 0,3641 º = 4

El bromuro de potasio tiene una estructura propia del cloruro sódico dado que

=0,138

0,196= 0,7041 º = 6

El bromuro de calcio tiene una estructura


73


=0,100

0,196= 0,5102 º = 6

13.7. ¿Cuál de los cationes de la tabla podría formar fluoruros con la estructura

cristalina del cloruro de cesio? Justifique su respuesta

Para tener la estructura cristalina como la del cloruro de cesio debemos tener un

número de coordinación de 8. Así pues la relación de radios se debe encontrar entre

0,732 < < 1

El radio del flúor es

= 0,133 0,097356 < < 0,133

En este rango encontramos

,

Dado que el único catión con una sola carga positiva es el sodio, la respuesta es .

13.8. Calcule los factores de empaquetamiento atómico para la estructura cristalina

del cloruro de cesio en el cual = ,

En el primer caso

=·

=4

3·

+

2 + 2

3

= 0,729

13.9. La tabla proporciona los radios iónicos del y del los cuales son , y

, respectivamente. Describa brevemente la estructura cristalina resultante

para el . Explique por qué a esto se le denomina estructura de la antifluorita.

Para el tenemos

=0,138

0,140= 0,9857 º = 8


74


Y por tanto tiene una estructura parecida a la del cloruro de cesio. Se denomina

estructura antifluorita porque es la inversa a la estructura fluorita, en el sentido de que

se han invertido las posiciones de los cationes y aniones. En ella los iones forman

una disposición cúbica centrada en las caras expandida y los cationes ocupan los

dos tipos de huecos tetraédricos.

13.12. El óxido de berilio ( ) puede formar una estructura cristalina que consiste

en una distribución de iones . Si el radio iónico del es , ,

entonces:

a) ¿Qué tipo de intersticios ocuparán los iones de ?

Por la relación de radios tenemos

=0,035

0,140= 0,25

Por tanto forma una estructura como la del sulfuro de zinc y los intersticios son huecos

tetraédricos.

b) ¿Qué fracción de estos lugares intersticiales estarán ocupados por iones ?

Dado que un intercambio de posiciones da lugar una estructura equivalente, la

fracción de los iones es del 50%.

13.13. El titanato de hierro , tiene la estructura de la ilmenita, la cual

consiste en una distribución de iones

a) ¿Qué lugares intersticiales ocuparán los iones ? ¿Por qué?

De la tabla podemos comprobar que

=0,077

0,140= 0,550

Por tanto el número de coordinación es 6 y ocupa huecos octaédricos

b) ¿Qué lugares intersticiales ocuparán los iones ? ¿Por qué?


75


De forma similar para el

=0,061

0,140= 0,436

El radio está entre 0,414 y 0,732 por tanto los iones ocuparán huecos octaédricos.

c) ¿Qué fracción de todos los lugares tetraédricos estarán ocupados?

No hay lugares tetraédricos

13.14. Calcular la densidad del , sabiendo que tiene estructura del cloruro sódico

Si tiene estructura de cloruro sódico entonces

=·

·=

4 · 58,69 + 4 · 16

(2 · 0,069 + 2 · 0,140) · 6,022 · 10= 6,58

13.15. El óxido de hierro ( ) tiene la estructura cristalina del cloruro sódico y una

densidad de , / . Determinar la longitud de la arista de la celdilla unidad,

comparar este valor con la longitud dada en la tabla determinada a partir de los

radios y suponiendo que los iones y justo se tocan a lo largo de las aristas.

=·

·=

4 · 55,84 + 4 · 16

· 6,022 · 10= 5,70 = 0,437

Si se tocan a lo largo de las aristas

= 2 + 2 = 2 · 0,140 + 2 · 0,077 = 0,434

Son muy parecidos

13.18. Una forma cristalina de sílice ( ) tiene una celdilla unidad cúbica; a partir

de los resultados de difracción de rayos X se sabe que la celdilla unidad tiene una

arista de longitud , . Si la densidad medida es , / , ¿cuántos iones

y hay por celdilla unidad?

La relación entre los iones es

2 = = 2


76


Por tanto

=·

·=

· 28,08 + 2 · · 16

0,7 · 6,022 · 10= 2,32 = 8

= 16 = 8

13.19. Usando los radios de la tabla, calcular la densidad del . La densidad

medida es , / . ¿Cómo puede explicar la ligera discrepancia entre los

valores calculado y medido?

=·

·=

132,9 + 35,45

2 · 0,181 + 2 · 0,170

3· 6,022 · 10

= 4,20

Hay imperfecciones.

13.20. A partir de los resultados de la tabla, calcular la densidad del , el cual

tiene la estructura de la fluorita.

El lado de una de las 8 celdillas es

= 8 ·2 · 0,1 + 2 · 0,133

3= 0,1558

=·

·=

4 · 40 + 8 · 19

0,1558 · 6,022 · 10= 3,325

13.21. Un hipotético material cerámico del tipo se sabe que tiene una densidad

de , / y una celdilla unidad de simetría cúbica con una celdilla de arista

igual a , . Los pesos atómicos de los elementos A y X son 28,5 y 30,0 g/mol,

respectivamente. Según esta información, ¿Cuál de las siguientes estructuras

cristalinas son posibles para este material: cloruro sódico, cloruro de cesio o blenda?

Justifique su respuesta

La ecuación que se debe cumplir es

=·

·=

· 28,5 + · 30

0,57 · 6,022 · 10= 2,10


77


Esta ecuación se cumple para

= 4 = 4

Por tanto es una estructura como la del cloruro de cesio o sulfuro de cinc

13.22. La celdilla unidad del ( ) tiene simetría cúbica con una

celdilla unidad de arista igual a 0,839 . Si la densidad de este material es

, / , calcular su factor de empaquetamiento. Para este cálculo, utilizar los

radio iónicos listados en la tabla.

=·

·=

4 · 16 + 3 · 55,84

0,839 · 6,022 · 10= 5,24 = 8

Por tanto

=4

3

4 · 8 · 0,140 + 3 · 8 · 0,073

0,839= 0,689

13.29. Cuando se calienta la arcilla de caolinita [ ( )( ) ] a una

temperatura suficientemente elevada, el agua resultante se elimina. En estas

circunstancias, ¿Cuál es la composición de los productos resultantes? ¿Cuáles son las

temperaturas liquidus y solidus de este material?

( )( ) 2 + + 2

Por tanto la composición del producto resultante es

+ 2

La composición será

=2 · 27 + 3 · 16

2 · 27 + 3 · 16 + 2 · 28 + 4 · 16= 45,9%

Observando el diagrama las temperaturas son

1800 1580


78


13.37. Explicar brevemente por qué existe una dispersión significativa en los valores

de la resistencia a la fractura en los materiales cerámicos, y por qué la resistencia a la

fractura aumenta con la disminución en el tamaño de la probeta.

La resistencia a la fractura medida en los materiales cerámicos es sustancialmente

menor que la predicha por la teoría basada en las fuerzas de enlace entre átomos. Esto

puede explicarse por la presencia de pequeños defectos en el material, los cuales

actúan como concentradores de la tensión, es decir, lugares en los cuales la magnitud

de la tensión aplicada es amplificada. El grado de amplificación de la tensión depende

de la longitud de la grieta y del radio de curvatura de su punta, siendo mayor para

defectos largos y puntiagudos.

13.38. La resistencia a la tracción de los materiales frágiles puede determinarse

utilizando variaciones de la ecuación 8.1. Calcular el radio crítico de la grieta para

una probeta de vidrio que experimente fractura a tracción a una tensión aplicada de

. Suponga que la longitud crítica de la grieta es de y la resistencia

teórica a la fractura es de / , donde es el módulo de elasticidad.

= 2 = 2 · 70 ·10

=10

=19,6

De la tabla = 7 · 10

= 4

13.39. La resistencia a la fractura del vidrio puede aumentarse eliminando por

ataque químico una capa delgada superficial. Se cree que esto se debe a que se

altera la geometría superficial de las fisuras (por ejemplo, la longitud de la grieta

puede reducirse y puede aumentar el radio de la punta de la grieta). Determine el

cociente entre los radio del extremo de la grieta en el vidrio original y después de

atacado, para que la resistencia a la fractura aumenta en un factor de 4 si se elimina

la mitad de la longitud de la grieta.


79


= 2 4 = 2/2

=1

8

13.40. Se realiza un ensayo de flexión por tres puntos en probetas de espinela

( ) que tiene una sección de espesor igual a = , y anchura igual a

= , , la distancia entre puntos de apoyo es = . Calcule el módulo

de rotura (resistencia a la rotura por flexión) si la carga en el momento de

ciencia de materialeshermessuspendeme.com/docs/grevagreta/2b/ciencia de materials/… · xavi...

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